\documentclass{article}


\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
%\usepackage{index}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{patterns}
%\usepackage{mathtext}
%\usepackage[sumlimits, intlimits, namelimits]{amsmath}
\usepackage{amsmath, amsfonts, amssymb, bbm}
%\usepackage{amsfonts, amssymb, pifont, flexisym, breqn}
%\usepackage{mymathutils, mathbreaks, bracemath}
%\usepackage{mymathutils}
%\usepackage[framedtheorems]{mymath}
\usepackage{float}
\usepackage{color}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{textcomp}
\usepackage{ifthen}
\usepackage{fullpage}

%\definecolor{darkgreen}{HTML}{008000}

%\renewcommand{\theoremkwstyle}{\fontfamily{fco}\selectfont\bfseries\color{blue}}
%\renewcommand{\theoremtextstyle}{\normalfont\sffamily\color{blue}}
%\renewcommand{\definitionkwstyle}{\fontfamily{fco}\selectfont\bfseries\color{darkgreen}}
%\renewcommand{\definitiontextstyle}{\fontfamily{fos}\selectfont\color{darkgreen}}

\newcommand{\problem}{\textbf{\large Условия.}}
\newcommand{\sol}{\par\textbf{Решение. }}
\DeclareMathOperator*{\res}{Res}
\newcommand{\abs}[1]{\left\lvert #1 \right\rvert}
\newenvironment{solution}{\sol}{\par\hrulefill}
\renewcommand{\Re}{\mathrm{Re}\,}
\renewcommand{\Im}{\mathrm{Im}\,}

\title{Бомба для ТФКП}

\begin{document}
  \maketitle
  \textbf{От автора. } Я тоже не ходил на пары, просто после очередной переписки
  у меня хорошенько припекло.

  \section*{Контрольная 1.}
    Теоремы, которые будут использоваться.
    \begin{enumerate}[label=\textbf{Теорема \arabic*}.]
      \item Условия Коши --- Римана в декартовой и полярной системе координат.
      \begin{align*}
            \frac{\partial u}{\partial x} &= \frac{\partial v}{\partial y}, &
            \frac{\partial u}{\partial y} &= -\frac{\partial v}{\partial x}; \\
            \frac{\partial u}{\partial r} &= \frac{1}{r}\frac{\partial v}{\partial \varphi}, &
            \frac{\partial u}{\partial \varphi} &= -r\frac{\partial v}{\partial r}; \\
            \frac{\partial R}{\partial x} &= R\frac{\partial\Phi}{\partial y}, &
            \frac{\partial R}{\partial y} &= -R\frac{\partial\Phi}{\partial x};\\
            \frac{\partial R}{\partial r} &= \frac{R}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial\varphi}, &
            \frac{\partial R}{\partial\varphi} &= -Rr\frac{\partial \Phi}{\partial r}.
      \end{align*}
      \item Основная теорема о вычетах. Если \(f(z)\) аналитична внутри контура
      за исключением конечного числа особых точек \(z_1, z_2, \dots, z_n\), 
      лежащих строго внутри контура, то контурный интеграл выражается через сумму
      вычетов:
      \begin{align*}
        \oint f(z)dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \res_{z=z_k} f(z).
      \end{align*}
      Вычеты можно вычислить, например, как коэффициент при \(z^{-1}\) в ряду
      Лорана, или, для полюса порядка \(n\), как
      \begin{align*}
        \res_{z = z_k}f(z) = \frac{1}{(n - 1)!}\lim_{z \to z_k}\frac{d^{m - 1}( (z - z_k)^mf(z))}{dz^{m-1}}.
      \end{align*}
      Определить порядок полюса, не прибегая к разложению в ряд Лорана, можно
      следующим образом. Кратностью нуля аналитичной функции \(f(z)\) в точке
      \(z_k\) называется такое \(n\), что
      \begin{align*}
        f(z_k) &= f'(z_k) = f''(z_k) = \dots = f^{[n - 1]}(z_k) = 0 & f^{[n]}(z_k) \neq 0.
      \end{align*}
      Порядком полюса функции \(g(z)\) в точке \(z_k\) называется кратность нуля
      функции \(f(z) = \frac{1}{g(z)}\) в точке \(z_k\).
    \end{enumerate}
    \begin{enumerate}[label=\textsf{\large\textcircled{\small\arabic*}}\hspace{1.5cm}]
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item Найти образ полукруга \(\abs{z} \le 1/2, \Im{z} \ge C\) при отображении
        \(z \mapsto \frac{1}{2}\left( z - \frac{1}{z} \right)\).
          \item Найти образ окружности \(\abs{z} = 1\) при отображении \(z \mapsto \frac{z}{z^2 + 1}\).
        \end{enumerate}
      }
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item Найти регулярную функцию \(f(z) = R\cdot e^{i\Phi}\), если
          \(\Phi = \varphi + r\sin\varphi\), \(f(1) = 1\).

          \begin{solution}
          Для регулярной функции выполняются условия Коши --- Римана. В полярных
          координатах для модуля и аргумента они записываются следующим образом:
          \begin{align*}
            \frac{\partial R}{\partial r} &= \frac{R}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial\varphi},
            &
            \frac{\partial R}{\partial\varphi} &= -Rr\frac{\partial \Phi}{\partial r}
          \end{align*}
          (вывод приведён в конце документа).

          Вычислим частные производные известной функции \(\Phi\):
          \begin{align*}
            \frac{\partial\Phi}{\partial r} &= \sin\varphi, \\
            \frac{\partial\Phi}{\partial\varphi} &= 1 + r\cos\varphi.
          \end{align*}

          Подставим их в условия Коши --- Римана и получим систему из двух дифференциальных уравнений:
          \begin{align*}
            \frac{\partial R}{\partial r} &= R(r, \varphi)\left(\frac{1}{r} + \cos\varphi\right), \\
            \frac{\partial R}{\partial\varphi} &= -R(r, \varphi)r\sin\varphi.
          \end{align*}

          Видно, что \(R\) имеет экспоненциальный вид, поэтому работать будет
          удобнее с её логарифмом. Обозначим его за \(L(r, \varphi) = \ln{R(r, \varphi)}\),
          и заметим, что
          \begin{align*}
            \frac{\partial L}{\partial r} &= \frac{\partial L}{\partial R}\frac{\partial R}{\partial r} = \frac{1}{R}\frac{\partial R}{\partial r}, \\
            \frac{\partial L}{\partial\varphi} &= \frac{\partial L}{\partial R}\frac{\partial R}{\partial\varphi} = \frac{1}{R}\frac{\partial R}{\partial\varphi}.
          \end{align*}

          Таким образом, если разделить оба уравнения в системе на \(R(r, \varphi)\), то
          мы будем знать обе частные производные функции \(L(r, \varphi)\), по
          которым её и найдём методом последовательного интегрирования:
          \begin{align*}
            \frac{\partial L}{\partial r} &= \frac{1}{r} + \cos\varphi, \\
            \frac{\partial L}{\partial\varphi} &= -r\sin\varphi.
          \end{align*}

          Возьмём одно из этих уравнений, --- второе удобнее, --- и проинтегрируем
          его по \(\varphi\) при фиксированном \(r\):
          \begin{align*}
            L = -\int r\sin\varphi d\varphi = r\cos\varphi + \tilde{L}
          \end{align*}
          где константа \(\tilde{L}\), вообще говоря, зависит от зафиксированного нами
          \(r\), но не зависит от \(\varphi\), то есть, это та часть функции \(L\),
          которая зависит \emph{только} от \(r\). Чтобы её найти, найдём частную
          производную полученной нами \(L\) по \(r\):
          \begin{align*}
            \frac{\partial L}{\partial r} = \cos\varphi + \frac{d\tilde{L}}{dr}.
          \end{align*}
          С другой стороны, известно, что
          \begin{align*}
            \frac{\partial L}{\partial r} &= \frac{1}{r} + \cos\varphi,
          \end{align*}
          откуда получаем
          \begin{align*}
            \frac{d\tilde{L}}{dr} = \frac{1}{r},
          \end{align*}
          то есть,
          \begin{align*}
            \tilde{L}(r) = \ln{r} + C.
          \end{align*}
          В итоге имеем
          \begin{align*}
            \ln{R(r, \varphi)} = L(r, \varphi) = \ln{r} + r\cos\varphi + C,
          \end{align*}
          или же,
          \begin{align*}
            R(r, \varphi) = Cr\exp(r\cos\varphi).
          \end{align*}
          Из начального условия \(f(1) = 1\) легко находится константа \(C = 1/e\).
          \end{solution}
          \item Найти регулярную функцию \(f(z) = R\cdot e^{i\Phi}\), если
          \(R = (x^2 + y^2)e^{x}\), \(f(1) = e\).

          \begin{solution}
            Регулярная функция подчиняется условиям Коши --- Римана, которые для
            модуля и аргумента выглядят следующим образом (вывод приведён в
            конце документа):
            \begin{align*}
              \frac{\partial R}{\partial x} &= R\frac{\partial\Phi}{\partial y}, &
              \frac{\partial R}{\partial y} &= -R\frac{\partial\Phi}{\partial x}.
            \end{align*}

            Найдём частные производные известной функции \(R\):
            \begin{align*}
              \frac{\partial R}{\partial y} &= (x^2 + y^2)e^x + 2xe^x,\\
              \frac{\partial R}{\partial x} &= 2ye^x.
            \end{align*}
            Подставим их в условия Коши --- Римана и получим два дифференциальных
            уравнения:
            \begin{align*}
              \frac{\partial\Phi}{\partial y} &= 1 + \frac{2x}{x^2 + y^2},\\
              \frac{\partial\Phi}{\partial x} &= \frac{-2y}{x^2 + y^2}.
            \end{align*}

            Из этих уравнений сразу известны обе частные производные функции \(\Phi(x, y)\),
            из которых её можно найти последовательным интегрированием. Для
            этого проинтегрируем любое из уравнений. Второе выглядит удобнее,
            проинтегрируем его по \(x\) при фиксированном \(y\):
            \begin{equation*}
              \Phi = -2\int \frac{y}{x^2 + y^2}dx = -2\arctg{\frac{x}{y}} + \tilde{\Phi},
            \end{equation*}
            где \(\tilde{\Phi}\) не зависит от \(x\), но зависит, вообще говоря,
            от \(y\), который мы зафиксировали перед интегрированием. Другими
            словами, \(\tilde{\Phi}(y)\) --- это та часть \(\Phi(x, y)\), которая
            зависит \emph{только} от \(y\). Чтобы найти её, найдём частную производную
            по \(y\) от полученного выражения для \(\Phi\):
            \begin{align*}
              \frac{\partial\Phi}{\partial y} &= \frac{2x}{x^2 + y^2} + \frac{d\tilde{\Phi}}{dy}.
            \end{align*}
            Но, с другой стороны,
            \begin{align*}
              \frac{\partial\Phi}{\partial y} &= 1 + \frac{2x}{x^2 + y^2},
            \end{align*}
            то есть,
            \begin{align*}
              \frac{d\tilde{\Phi}}{dy} = 1,
            \end{align*}
            а значит, \(\tilde{\Phi} = y + \varphi_0\).

            В итоге получаем, что
            \begin{align*}
              \Phi(x, y) = -2\arctg{\frac{x}{y}} + y + \varphi_0 = -2\arcctg{\frac{y}{x}} + y + \varphi_0.
            \end{align*}
            Из начального условия \(f(1) = e\) находится константа \(\varphi_0 = \pi\).
          \end{solution}
        \end{enumerate}
      }
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item
          \begin{align*}
            \int\limits_{\abs{z + 1} = \frac{3}{2}} \frac{z + 1}{z^2(z^3 + 1)}dz.
          \end{align*}
          \begin{solution}
            \begin{figure}[h]
            \centering
            \begin{tikzpicture}[scale=2]
              \draw[-latex] (-3, 0) -- (3, 0);
              \draw[-latex] (0, -2) -- (0, 2);
              \draw (-1, 0) circle (1.5);
              \draw (0, 0) node{$\circ$} node[below right]{0};
              \draw (-1, 0) node{$\circ$} node[below]{-1};
              \draw (60:1) node{$\circ$} node[above, right]{$e^{i\frac{\pi}{3}}$};
              \draw (-60:1) node{$\circ$} node[below, right]{$e^{-i\frac{\pi}{3}}$};
            \end{tikzpicture}
            \end{figure}
            Найдём особые точки функции. Это \(z = 0\), \(z = -1\),
            \(z = e^{i\frac{\pi}{3}}\) и \(z = e^{-i\frac{\pi}{3}}\). Ни одна
            из них не попадает на контур, а последние две не попадают и внутрь
            него, поэтому интеграл можно вычислить
            при помощи основной теоремы о вычетах (теорема 2) Так,
            \begin{align*}
              \int\limits_{\abs{z + 1} = \frac{3}{2}} f(z) dz = 2\pi i \left( 
                \res_{z=0}f(z) + \res_{z=-1}f(z)\right).
            \end{align*}

            Найдём вычет в точке \(z = -1\). Легко заметить, что
            при сокращении дроби на \((z + 1)\) особенность в точке \(z = -1\)
            исчезает.
            %Строго говоря, можно доопределить исходную функцию в точке
            %\(z = -1\) значением \(\frac{1}{z^2(z^2 - z + 1)}\) и она будет
            %непрерывной.
            Таким образом, \(z = -1\) --- устранимая особая точка,
            и вычет в ней равен нулю.

            Теперь найдём вычет в точке \(z = 0\). Для этого разложим \(f(z)\) на
            простые дроби:
            \begin{align*}
              \frac{z + 1}{z^2(z^3 + 1)} = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z} - \frac{z}{z^2 - z + 1}.
            \end{align*}
            Третий член имеет особые точки, как уже было замечено выше, лежащие
            вне контура и потому нас не интересующие, а по первым двум видно,
            что \(z = 0\) --- полюс второго порядка. Коэффициент при \(\frac{1}{z}\)
            равен 1, и он же равен вычету в точке \(z = 0\).

            Таким образом,
            \begin{align*}
              \int\limits_{\abs{z + 1} = \frac{3}{2}} f(z) dz = 2\pi i \left( 
                \res_{z=0}f(z) + \res_{z=-1}f(z)\right) = 2\pi i
            \end{align*}
          \end{solution}

          \item
          \begin{align*}
            \int\limits_{\abs{z - \frac{i}{2}} = 1} \frac{e^zdz}{z^3(z^2 + 1)}
          \end{align*}
          \begin{solution}
            \begin{figure}[h]
            \centering
            \begin{tikzpicture}[scale=2]
              \draw[-latex] (-3, 0) -- (3, 0);
              \draw[-latex] (0, -2) -- (0, 2);
              \draw (0, 0.5) circle (1);
              \draw (0, 0) node{$\circ$} node[below right]{0};
              \draw (0, -1) node{$\circ$} node[right]{$-i$};
              \draw (0, 1) node{$\circ$} node[right]{$i$};
            \end{tikzpicture}
            \end{figure}
            Найдём особые точки функции. Это \(z = 0\) и \(z = \pm i\). Ни одна
            из них не попадает на контур, а \(z = -i\) не попадает и внутрь
            него, поэтому интеграл можно вычислить
            при помощи теоремы о вычетах (теорема 2). Так,
            \begin{align*}
              \int\limits_{\abs{z - \frac{i}{2}} = 1} f(z) dz = 2\pi i \left( 
                \res_{z=0}f(z) + \res_{z=i}f(z)\right).
            \end{align*}
            Для того, чтобы найти вычеты, разложим функцию в ряд Лорана.
            Для этого разложим рациональную дробь на простые:
            \begin{align*}
              \frac{e^z}{z^3(z^2 + 1)} = e^z\left( \frac{1}{z^3} - \frac{1}{z} +
              \frac{1}{2}\frac{1}{z - i} + \frac{1}{2}\frac{1}{z + i}\right).
            \end{align*}
            
            Начнём с особой точки \(z = 0\). Как видно, это полюс третьего порядка.
            Разложим функцию в ряд Лорана в точке \(z = 0\). Для этого применим
            стандартное разложение экспоненты, а члены, для которых \(z = 0\)
            не является особой точкой (они входят только в правильную часть
            ряда, которая нам не интересна), уберём под скобки:
            \begin{align*}
              f(z) = \frac{e^z}{2}\left( \frac{1}{z - i} + \frac{1}{z + i} \right) +
              \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{z^{k - 3}}{k!} - \frac{z^{k - 1}}{k!}.
            \end{align*}
            Коэффициент перед \(\frac{1}{z^3}\) равен \(\frac{1}{2!} - \frac{1}{1} = \frac{-1}{2}\);
            этому же значению равен и вычет в точке \(z = 0\). 

            Теперь найдём вычет в точке \(z = i\). Для этого разложим в этой
            точке функцию в ряд Лорана. Чтобы разложить экспоненту в ряд в точке,
            \(z_0\), отличной от нуля, нужно воспользоваться равенством
            \begin{align*}
              e^{z} = e^{z_0}\cdot e^{z - z_0},
            \end{align*}
            где \(e^{z - z_0}\) раскладывается в ряд. Применим это в точке \(i\):
            \begin{align*}
              f(z) = e^z\left( \frac{1}{z^3} - \frac{1}{z} +
              \frac{1}{2}\frac{1}{z + i}\right) + 
              \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{e^i}{2}\frac{(z - i)^{k - 1}}{k!}
            \end{align*}
            Здесь снова собранные в скобках слагаемые не имеют особенностей в
            точке \(z = i\), и поэтому в ряд не раскладывались. По главной же
            части ряда Лорана видно, что \(z = i\) --- полюс первого порядка,
            и вычет в нём равен \(\frac{e^i}{2}\).

            В итоге имеем
            \begin{align*}
              \int\limits_{\abs{z  - \frac{i}{2}} = 1} f(z) dz = 2\pi i \left( 
                \res_{z=0}f(z) + \res_{z=-1}f(z)\right) = 2\pi i \left( \frac{e^i}{2} - \frac{1}{2} \right) =
                \pi i\left(e^i - 1\right).
            \end{align*}
          \end{solution}
        \end{enumerate}
      }
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item
            Разложить в ряд Лорана \(f(z) = \frac{\sin{z}}{(z + 1)^2}\) в
            кольце \(0 < \abs{z + 1} < \infty\).

            \begin{solution}
              Воспользуемся известным разложением для синуса. Чтобы применить
              его в точке \(z_0 \neq 0\), воспользуемся формулой:
              \begin{align*}
                \sin{z} = \sin{z_0}\cos(z - z_0) + \cos{z_0}\sin(z - z_0),
              \end{align*}
              и применим известные разложения для синуса и косинуса по степеням
              \((z - z_0)\):
              \begin{align*}
                \sin{z} = \sum_{k = 0} (-1)^k\cos{z_0}\frac{(z - z_0)^{2k+1}}{(2k+1)!} +
                (-1)^k\sin{z_0}\frac{(z - z_0)^{2k}}{(2k)!}.
              \end{align*}
              Применим это, чтобы разложить \(f(z)\) по степеням \((z + 1)\):
              \begin{align*}
                f(z) &= \sum_{k = 0} (-1)^k\cos{1}\frac{(z - 1)^{2k-1}}{(2k+1)!} +
                (-1)^k\sin{1}\frac{(z - 1)^{2k-2}}{(2k)!} =\\ 
                &= -\frac{\sin{1}}{(z + 1)^2} + \frac{\cos{1}}{(z + 1)}
                + \frac{1}{2}\sin{1} - \frac{1}{6}\cos{1}(z + 1) - \frac{1}{24}\sin{1}(z + 1)^2 + \cdots
              \end{align*}
            \end{solution}
          \item
            Разложить в ряд Лорана \(f(z) = z^2 e^{\frac{1}{z - 1}}\) в кольце
            \(0 < \abs{z - 1} < \infty\).

            \begin{solution}
              Обозначим \(w = z - 1\). Для \(e^{\frac{1}{w}}\) имеем стандартное
              разложение:
              \begin{align*}
                e^{\frac{1}{w}} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\left( \frac{1}{w} \right)^k.
              \end{align*}
              Этот ряд сходится на бесконечности. Теперь получим разложение для
              \(f(w)\):
              \begin{align*}
                f(w) &= (w + 1)^2e^{\frac{1}{w}} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}
                \left( \frac{1}{w^{k - 2}} + \frac{2}{w^{k - 1}} + \frac{1}{w^k} \right) =\\
                &= w^2 + 3w + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{w^{k - 2}}\left( \frac{1}{(k - 2)!} + \frac{2}{(k - 1)!} + \frac{1}{k!} \right)
                =\\
                &= z^2 + z + \frac{9}{2} + \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{(z - 1)^{k-2}}\frac{k^2 + k + 1}{k!} = f(z)
              \end{align*}
            \end{solution}
        \end{enumerate}
      }
    \end{enumerate}

  \section*{Контрольная 2.}
    Теоремы, которые будут использоваться.
    \begin{enumerate}[label=\textbf{Теорема \arabic*}.]
      \item Лемма Жордана. Если \(f(z)\) непрерывна в верхней полуплоскости,
      за исключением конечного числа особых точек и \(f(z) \to 0\) при \(z \to 0\),
      то
      \begin{align*}
        \lim_{R \to +\infty}\int\limits_{\cap} f(z)e^{i\lambda z}dz = 0,
      \end{align*}
      где \(\int\limits_{\cap}\) --- интеграл по верхней полуокружности.
      \item Если \(f(z)\) голоморфна на всей комплексной плоскости, за
      исключением конечного числа особых точек, не лежащих на вещественной оси,
      среди которых точки \(z_1, z_2, \dots, z_n\) лежат \textbf{в верхней
      полуплоскости}, а также
      \begin{align*}
        \lim_{R \to +\infty} \left\{ \max_{\abs{z} = R, \Im{z} \ge 0}\abs{f(z)} \right\} = 0,
      \end{align*}
      тогда для любого \(\lambda > 0\)
      \begin{align*}
        \int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{i\lambda x}dx = 2\pi i
        \sum_{k = 1}^n \res_{z = z_k} \left( f(z)e^{i\lambda z} \right).
      \end{align*}
      \item Если \(f(z)\) аналитична во всей комплексной области, за исключением
      конечного числа полюсов \(z_1, z_2, \dots, z_n\), не являющихся целыми числами,
      а также ведёт себя как \(O\left( \frac{1}{z^2} \right)\) при \(z \to \infty\),
      то
      \begin{align*}
        \sum_{j = -\infty}^{+\infty}f(j) = -\pi\sum_{k = 1}^n\res_{z = z_k} \left\{ 
        f(z)\ctg\pi z\right\}.
      \end{align*}
      \item Если \(f(z)\) аналитична во всей комплексной области, за исключением
      конечного числа полюсов \(z_1, z_2, \dots, z_n\), не являющихся целыми числами,
      а также при \(z \to \infty\) таким образом, что \(\abs{z - z_1} > \rho\),
      \(\abs{z - z_2} > \rho\), \(\dots\), \(\abs{z - z_n} > \rho\), удовлетворяет условию
      \begin{align*}
        f(z) \le e^{a\abs{\Im{z}}}\varepsilon(\abs{z}),
      \end{align*}
      где \(a \in [0, \pi)\), --- то
      \begin{align*}
        \sum_{j = -\infty}^{+\infty}(-1)^jf(j) = -\pi\sum_{k = 1}^n\res_{z = z_k} \left\{ 
        \frac{f(z)}{\sin\pi z}\right\}.
      \end{align*}
      \item Теорема Руше. Если функции \(f(z)\) и \(g(z)\) голоморфны внутри контура,
      на котором выполняется неравенство \(\abs{g(z)} < \abs{f(z)}\), то внутри
      контура функции \(f\) и \(f + g\) имеют одинаковое количество нулей с учётом
      кратности.
    \end{enumerate}
    \begin{enumerate}[label=\textsf{\large\textcircled{\small\arabic*}}\hspace{1.5cm}]
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item Достаньте мне условия.
          \item 
          \begin{align*}
            \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\cos{ax}dx}{(x^2 + b^2)^3},
          \end{align*}
          где \(a > 0\), \(\Re{b} > 0\).
          \begin{solution}
            Пользуемся теоремой 2. Обозначим 
            \begin{align*}
              f(z) = \frac{1}{(x^2 + b^2)^3} = \frac{1}{(x - ib)^3(x + ib)^3}.
            \end{align*}
            Тогда для любого \(\lambda > 0\) верно
            \begin{align*}
              \int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x) e^{i\lambda x}dx = 2\pi i\sum_{\Im{z_k} > 0}\res_{z = z_k}\left( f(z)e^{i\lambda z} \right).
            \end{align*}
            Как известно,
            \begin{align*}
              f(x)e^{i\lambda x} = f(x)\cos{\lambda x} + if(x)\sin{\lambda x},
            \end{align*}
            причём \(f(x) \in \mathbbm{R}\), поэтому
            \begin{align*}
              \int\limits_{0}^{+\infty} \cos{ax} f(x)dx &=
              \frac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\cos{ax}f(x)dx =
              \frac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\Re{f(x)e^{iax}}dx =\\
              &= \frac{1}{2}\Re{\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iax}dx} = 
              \frac{1}{2}\Re{ \left\{ 2\pi i\sum_{\Im{z_k} > 0} \res_{z = z_k} \left( f(z)e^{iaz} \right) \right\} }.
            \end{align*}
            Особые точки \(f(z)\) --- \(ib\) и \(-ib\). Зная, что \(\Re{b} > 0\),
            определим, какие вычеты нам нужны (\(\Im{z_k} > 0\)):
            \begin{align*}
              ib &= i\underbrace{\Re{b}}_{=\Im(ib) > 0} - \Im{b} &
              -ib &= -i\underbrace{\Re{b}}_{=\Im(-ib) < 0} + \Im{b}.
            \end{align*}
            Нам нужен только вычет в точке \(z = ib\). Разложим \(f(z)e^{iaz}\)
            в ряд Лорана в окрестности точки \(ib\). Для этого разложим сначала
            \(f(z)\) на простые дроби:
            \begin{align*}
              f(z) &= \frac{1}{(x^2 + b^2)^3} = \frac{1}{(x - ib)^3(x + ib)^3} =\\
                &= \frac{1}{16}\left(\frac{2i}{b^3(x - ib)^3} - \frac{3}{b^4(x - ib)^2} - \frac{3i}{b^5(x - ib)}
                + \frac{3i}{b^5(x + ib)} - \frac{3}{b^4(x + ib)^2} - \frac{2i}{b^3(x + ib)^3}\right).
            \end{align*}
            Последние три члена не имеют особенности в \(z = ib\), а первые ---
            уже имеют вид членов ряда Лорана. Теперь разложим \(e^{iaz}\)
            в ряд в точек \(z = ib\). Для этого используем выражение
            \begin{align*}
              e^{iaz} = e^{ia(ib)}e^{iaz - ia(ib)} = e^{-ab}e^{ia(z - ib)}.
            \end{align*}
            Для \(e^{ia(z - ib)}\) в точке \(z = ib\) разложение известно:
            \begin{align*}
              e^{ia(z - ib)} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{a^k(z - ib)^k}{k!}.
            \end{align*}
            Отсюда разложение \(e^{iaz}\) в точке \(ib\):
            \begin{align*}
              e^{iaz} = \sum_{k = 0}^{\infty} e^{-ab}\frac{a^k(z - ib)^k}{k!}.
            \end{align*}
            Теперь умножим его на разложение \(f(z)\):
            \begin{align*}
              f(z)e^{iaz}
                &= \frac{e^{iaz}}{16}\left(\frac{3i}{b^5(x + ib)} - \frac{3}{b^4(x + ib)^2} - \frac{2i}{b^3(x + ib)^3}\right) +\\
                &+ \left(\frac{2i}{b^3(x - ib)^3} - \frac{3}{b^4(x - ib)^2} - \frac{3i}{b^5(x - ib)}\right)\sum_{k=0}^{\infty}e^{-ab}\frac{a^k(z - ib)^k}{16k!} =\\
                &= \frac{e^{iaz}}{16}\left(\frac{3i}{b^5(x + ib)} - \frac{3}{b^4(x + ib)^2} - \frac{2i}{b^3(x + ib)^3}\right) +\\
                &+\frac{2ie^{-ab}}{16b^3}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^k(z - ib)^{k - 3}}{k!} - 
                \frac{3e^{-ab}}{16b^4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^k(z - ib)^{k - 2}}{k!} - 
                \frac{3ie^{-ab}}{16b^5}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^k(z - ib)^{k - 1}}{k!} =\\
                &= \frac{2i}{16b^3e^{ab}}\frac{1}{(z - ib)^3} -
                \left( \frac{3}{16b^4e^{ab} + \frac{2i}{16b^3e^{ab}}} \right)\frac{1}{(z - ib)^2} -
                \left( \frac{3i}{16b^5e^{ab}} + \frac{ia^2}{16b^3e^{ab}} + \frac{3ia}{16b^4e^{ab}} \right)\frac{1}{z - ib} + \dots
            \end{align*}
            Так, вычет в точке \(z = ib\) равен
            \begin{align*}
              \res_{z=ib}f(z)e^{iaz} = -\frac{ie^{-ab}}{16b^5}\left( a^2b^2 + 3ab + 3 \right).
            \end{align*}
            Теперь выразим сам интеграл:
            \begin{align*}
              \int\limits_{0}^{+\infty} \cos{ax} f(x)dx &=
              \frac{1}{2}\Re{ \left\{ 2\pi i\res_{z = ib} \left( f(z)e^{iaz} \right) \right\} } =\\
              &= \frac{1}{2}\Re{ \left\{ 2\pi i \left( 
              -\frac{ie^{-ab}}{16b^5}\left( a^2b^2 + 3ab + 3 \right)
              \right) \right\} } =\\
              &= \frac{\pi}{16}\Re{ \left\{ \frac{e^{-ab}}{b^5} \left(a^2b^2 + 3ab + 3\right) \right\} }.
            \end{align*}
          \end{solution}
        \end{enumerate}
      }
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item Достаньте мне условия.
          \item 
          \begin{align*}
            \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x^2 - b^2}{x^2 + b^2}\frac{\sin{ax}}{x}dx,
          \end{align*}
          где \(a > 0\), \(\Re{b} > 0\).
          \begin{solution}
          (взято из Аксёнова, с небольшими изменениями).
            
            Обозначим \(f(z)\):
            \begin{align*}
              f(z) = \frac{z^2 - b^2}{z^2 + b^2}\frac{1}{z} = \frac{1}{z - ib} + \frac{1}{z + ib} - \frac{1}{z}.
            \end{align*}

            Учитывая, что \(f(x) \in \mathbbm{R}\), интеграл можно выразить как
            \begin{align*}
              \int\limits_{0}^{+\infty} f(x)\sin{ax} dx = \frac{1}{2} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(x)\sin{ax}dx=
              \frac{1}{2} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\Im{e^{iax}}dx = \frac{1}{2}\Im{ 
              \left\{ \int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{iax}dx \right\}}.
            \end{align*}
            Теоремой 2 воспользоваться уже не получится, так как \(f(x)\) имеет
            особенность в точке \(z = 0\), лежащей на вещественной оси.

            Построим контур, изображённый на рисунке:
            \begin{figure}[H]
            \centering
            \begin{tikzpicture}%[scale=2]
              \draw[-latex] (-4, 0) -- (4, 0);
              \draw[-latex] (0, -4) -- (0, 4);
              \draw[ultra thick, -latex] (1, 0) node[below]{$\rho$} -- (3, 0) node[below]{$R$}
              arc(0:180:3) node[below]{$-R$} -- (-1, 0)
              node[below]{$-\rho$} arc(180:0:1);
              \draw (0, 3) node[above right]{$\Gamma$};
              \draw (0, 1) node[above right]{$\gamma$};
              \draw (0, 0) node{$\circ$} node[below right]{0};
              \draw (0.7, 1.5) node{$\circ$} node[below]{$ib$};
              \draw (-0.7, -1.5) node{$\circ$} node[below]{$ib$};
            \end{tikzpicture}
            \end{figure}

            Посмотрим, какие особые точки попадают внутрь контура. По условию,
            \(\Re{b} > 0\), а значит,
            \begin{align*}
              ib &= i\underbrace{\Re{b}}_{=\Im(ib) > 0} - \Im{b} &
              -ib &= -i\underbrace{\Re{b}}_{=\Im(-ib) < 0} + \Im{b}.
            \end{align*}
            Взяв \(R\) достаточно большим, а \(\rho\) --- достаточно малым,
            получим, что на контуре особых точек нет, а внутри него окажется
            только одна особая точка --- \(z = ib\). Найдём вычет в этой точке,
            для чего разложим функцию в ряд Лорана в её окрестности:
            \begin{align*}
              f(z)e^{iaz} = e^{iaz}\left( \frac{1}{z + ib} - \frac{1}{z} \right) + 
              \frac{e^{iaz}}{z - ib}.
            \end{align*}
            Первый член в точке \(z = ib\) особенностей не имеет; во втором
            члене осталось только разложить \(e^{iaz}\) в ряд в окрестности точки
            \(z = ib\). Это уже сделано в предыдущей задаче; оттуда известно
            разложение
            \begin{align*}
              e^{iaz} = \sum_{k = 0}^{\infty} e^{-ab}\frac{a^k(z - ib)^k}{k!}.
            \end{align*}
            Таким образом,
            \begin{align*}
              f(z)e^{iaz} = e^{iaz}\left( \frac{1}{z + ib} - \frac{1}{z} \right) + 
              \frac{e^{iaz}}{z - ib} = 
              e^{iaz}\left( \frac{1}{z + ib} - \frac{1}{z} \right) + 
              \sum_{k = 0}^{\infty} e^{-ab}\frac{a^k(z - ib)^{k - 1}}{k!}.
            \end{align*}
            Отсюда вычет в точке \(z = ib\) равен \(e^{-ab}\), а интеграл
            по контуру на рисунке (назовём его $I_o$) равен \(2\pi i e^{-ab}\).

            С другой стороны,
            \begin{align*}
              I_o &= \int\limits_{\rho}^{R} f(x)e^{iax}dx + \int\limits_{\Gamma} f(z)e^{iaz}dz +
              \int\limits_{-R}^{-\rho} f(x)e^{iax}dx + \int\limits_{\gamma}f(z)e^{iaz}dz =\\
              &= \int\limits_{-R}^{R} f(x)e^{iax}dx - \int\limits_{-\rho}^{\rho} f(x)e^{iax}dx +
              \int\limits_{\Gamma} f(z)e^{iaz}dz + \int\limits_{\gamma}f(z)e^{iaz}dz.
            \end{align*}
            Если перейти к пределу \(R \to \infty\) и \(\rho \to 0\),
            то
            \begin{align*}
              \int\limits_{-R}^{R} f(x)e^{iax}dx - \int\limits_{-\rho}^{\rho} f(x)e^{iax}dx \to \int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx,
            \end{align*}
            и, по лемме Жордана,
            \begin{align*}
              \int\limits_{\Gamma} f(z)e^{iaz}dz \to 0.
            \end{align*}

            Таким образом,
            \begin{align*}
              \int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx = 2\pi ie^{-ab} - \lim_{\rho\to 0}
              \left\{ \int\limits_{\gamma}f(z)e^{iaz}dz \right\}.
            \end{align*}

            Рассмотрим интегрирование по дуге $\gamma$. На этой дуге \(z = \rho e^{i\varphi}\);
            причём \(\varphi \in [0; \pi]\) (и промежуток проходится от большего
            угла к меньшему), а \(\rho\) при интегрировании является лишь параметром.
            Тогда удобно сделать замену переменной: \(dz = \rho\cdot ie^{i\varphi}d\varphi\).
            Тогда
            \begin{align*}
              \int\limits_{\gamma} f(z)e^{iaz}dz = \int\limits_{\gamma} \frac{z^2 - b^2}{z^2 + b^2}\frac{e^{iaz}}{z}dz &=
              \int\limits_{\pi}^{0} \frac{\rho^2 e^{2i\varphi} - b^2}{\rho^2 e^{2i\varphi} + b^2}\frac{1}{\rho e^{i\varphi}}
              \cdot e^{ia\rho(e^{i\varphi})}\rho ie^{i\varphi}d\varphi =\\
              &= -i\int\limits_{0}^{\pi} \frac{\rho^2 e^{2i\varphi} - b^2}{\rho^2 e^{2i\varphi} + b^2}
              \cdot e^{ia\rho(e^{i\varphi})}d\varphi.
            \end{align*}
            В пределе по параметру \(\rho \to 0\) (который, по теореме из анализа, можно
            внести под знак интеграла) подынтегральная функция обращается в \(\frac{-b^2}{b^2} = -1\).
            Таким образом,
            \begin{align*}
              \lim_{\rho \to 0} \left\{\int\limits_{\gamma}f(z) e^{iaz}dz\right\} = i\int\limits_{0}^{\pi}d\varphi = i\pi.
            \end{align*}

            В итоге получаем
            \begin{align*}
              \int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx = 2\pi ie^{-ab} - \pi i = i\pi(2e^{-ab} - 1),
            \end{align*}
            а искомый интеграл равен
            \begin{align*}
              \int\limits_{0}^{+\infty} f(x)\sin{ax} dx = \frac{1}{2}\Im{ 
              \left\{ \int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{iax}dx \right\}} =
              \pi\left( e^{-ab} - \frac{1}{2} \right).
            \end{align*}
          \end{solution}
        \end{enumerate}
      }
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item Достаньте мне условия.
          \item 
          \begin{align*}
            \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n^2 + \xi^2)^2}.
          \end{align*}
          \begin{solution}
            Введём в рассмотрение функцию
            \begin{align*}
              f(z) = \frac{1}{(z^2 + \xi^2)^2}.
            \end{align*}
            Она, очевидно, чётная, поэтому \(f(-n) = f(n)\). Таким образом, можно
            перейти к суммированию в обе стороны, в смысле главного значения:
            \begin{align*}
            \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n^2 + \xi^2)^2} = \frac{1}{2}\left(
            \frac{1}{\xi^4} + \sum_{n = -\infty}^{+\infty} \frac{1}{(n^2 + \xi^2)^2}\right).
            \end{align*}
            Нулевой член \(\frac{1}{\xi^4}\) добавился из-за того, что при
            суммировании в обе стороны он учитывается лишь однажды.

            С суммированием ряда в обе стороны связана теорема 3, которая
            требует, чтобы \(f(z)\) была аналитична во всех точках, кроме
            конечного числа особых, среди которых нет целых чисел, и при \(z \to
            \infty\) \(f(z)\) вела бы себя как \(O(\frac{1}{z^2})\).  В нашем
            случае эти условия выполняются.

            Теорема даёт нам следующее соотношение:
            \begin{align*}
              \sum_{n = -\infty}^{+\infty} \frac{1}{(n^2 + \xi^2)^2} =
              -\pi\sum_k \res_{z = z_k}\left\{ f(z)\ctg\pi z \right\}.
            \end{align*}
            
            Функция \(f(z)\) имеет две особые точки: \(\pm i\xi\). Это полюса
            второго порядка. Найдём соответствующие им вычеты:
            \begin{align*}
              \res_{z = i\xi} f(z)\ctg\pi z = \frac{1}{1!}\lim_{z\to i\xi}
              \frac{d\left( \frac{\ctg\pi z}{(z + i\xi)^2} \right)}{dz} &=
              -\lim_{z \to i\xi}\left\{ \pi\frac{1 + \ctg\pi z}{(z + i\xi)^2} + 2\frac{\ctg\pi z}{(z + i\xi)^3} \right\} =\\
              &= \frac{-1}{4\xi^3}(\pi\xi\coth^2\pi\xi + \coth\pi\xi - \pi\xi), \\
              \res_{z = -i\xi} f(z)\ctg\pi z = \frac{1}{1!}\lim_{z\to i\xi}
              \frac{d\left( \frac{\ctg\pi z}{(z - i\xi)^2} \right)}{dz} &=
              -\lim_{z \to i\xi}\left\{ \pi\frac{1 + \ctg\pi z}{(z - i\xi)^2} + 2\frac{\ctg\pi z}{(z - i\xi)^3} \right\} =\\
              &= \frac{-1}{4\xi^3}(\pi\xi\coth^2\pi\xi + \coth\pi\xi - \pi\xi).
            \end{align*}
            Так, 
            \begin{align*}
              \sum_{n = -\infty}^{+\infty} \frac{1}{(n^2 + \xi^2)^2} =
               \frac{\pi}{2\xi^3}(\pi\xi\coth^2\pi\xi + \coth\pi\xi - \pi\xi),
            \end{align*}
            а сумма исходного ряда ---
            \begin{align*}
            \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n^2 + \xi^2)^2} = \frac{1}{2}\left(
            \frac{1}{\xi^4} + \sum_{n = -\infty}^{+\infty} \frac{1}{(n^2 + \xi^2)^2}\right) =
            \frac{2 + \pi\xi\coth\pi\xi + \pi^2\xi^2(\coth^2\pi\xi - 1)}{4\xi^4}.
            \end{align*}
          \end{solution}
        \end{enumerate}
      }
      \item{
        \begin{enumerate}[label=Вариант \arabic*.]
          \item Достаньте мне условия.
          \item Найти количество нулей функции \(\varphi(z) = z^3 - 48z + 80\) в кольце
          \(1 < \abs{z} < 2\).
          \begin{solution}
            Воспользуемся теоремой Руше.

            Сначала найдём количество корней внутри круга \(\abs{z} < 1\). Для этого
            возьмём \(f(z) \equiv 80\) и \(g(z) = z^3 - 48z = z(z^2 - 48)\).
            Очевидно, \(\abs{f(z)} \equiv 80\). Выразим \(\abs{g(z)}\) в полярных координатах:
            \begin{align*}
              \abs{g(r, \varphi)}^2 &= \abs{z}^2\abs{z - 48}^2 = r^2(r^2e^{i2\varphi} - 48)(r^2e^{-i2\varphi} - 48) =\\
              &= r^2\left(r^4 + 48^2 - 48r^2\cdot2\cdot\frac{e^{i2\varphi} + e^{-i2\varphi}}{2}\right) =
              r^2\left(r^4 - 96r^2\cos{2\varphi} + 48^2\right),
            \end{align*}
            причём, так как \(\cos{2\varphi} \in [-1; 1]\), максимально возможное
            значение \(\abs{g(r, \varphi)}\) при данном \(r\) равно \(\sqrt{r^2(r^4 + 96r^2 + 48^2)}\),
            то есть, \(r(r^2 + 48)\). Ещё раз, мы только что показали, что
            всегда \(\abs{g(r, \varphi)} \le r(r^2 + 48)\).

            Так, имеем
            \begin{align*}
              \abs{g(1, \varphi)} \le 1\cdot 49 < 80.
            \end{align*}
            Функция \(f(z) \equiv 80\) не имеет нулей, а по теореме Руше в
            исследуемой области столько же нулей имеет и функция \(\varphi(z)
            \equiv f(z) + g(z)\).  Таким образом, в кольце \(\abs{z} < 1\) нулей
            нет.

            Теперь найдём количество нулей в круге \(\abs{z} < 2\). Для этого
            выберем \(f(z) = 80 - 48z\) и \(g(z) = z^3\).
            
            На этот раз выразим \(\abs{f(z)}\) в полярных координатах:
            \begin{align*}
              \abs{f(r, \varphi)}^2 &= \abs{80 - 48re^{i\varphi}}^2 =
              (80 - 48re^{i\varphi})(80 - 48re^{-i\varphi}) =
              80^2 + 48^2r^2 - 2\cdot48\cdot80\cos\varphi.
            \end{align*}
            Как известно, \(\cos\varphi \in [-1; 1]\), поэтому \(f(r, \varphi)\)
            не меньше, чем \(\sqrt{80^2 + 48^2r^2 - 2\cdot48\cdot80}\),
            то есть, \(\abs{80 - 48r}\).
            Так, имеем
            \begin{align*}
              \abs{f(2, \varphi)} \ge 96 - 80 = 16 > 2^3.
            \end{align*}
            Функция \(f(z) = 80 - 48z\), являясь полиномом первой степени,
            имеет ровно один нуль --- \(z = \frac{5}{3}\). Он находится внутри
            круга \(\abs{z} < 2\). Тогда, по теореме Руше, функция \(\varphi(z)
            \equiv f(z) + g(z)\) имеет также ровно один нуль.

            Внутри кольца \(\varphi(z)\) имеет \(1 - 0 = 1\) нуль.
          \end{solution}
        \end{enumerate}
      }
    \end{enumerate}
  
\end{document}
